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1、精品文檔?高考化學 第一部分　專題二 物質的量 一、選擇題 1．(2015·廣西柳州高中月考)同溫同壓下，甲容器中充滿35Cl2，乙容器中充滿37Cl2，下列敘述不正確的是(　　) A．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體密度之比為3537 B．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體分子數之比為3537 C．若兩種氣體質量相等，則甲、乙兩容器中氣體所含質子數之比為37 35 D．若兩種氣體體積相等，則甲、乙兩容器中氣體所含中子數之比為910 解析：同溫同壓下，若兩種氣體體積相等，則兩種氣體物質的量相等(氣體分子數也相等)，兩種氣體質量之比為3537，而ρ＝，m＝

2、Mn，故甲、乙兩容器中氣體密度之比為3537，甲、乙兩容器中氣體所含中子數之比為(35－17)(37－17)＝910，A、D項正確，B項錯誤；同溫同壓下，若兩種氣體質量相等，則甲、乙兩容器中氣體物質的量之比為＝3735，故甲、乙兩容器中氣體所含質子數之比為3735，C項正確。 答案：B 2．(2015·甘肅河西三校模擬)一定溫度和壓強下，用m g的CH4、CO2、O2、SO2四種氣體分別吹出四個體積大小不同的氣球，下列說法中正確的是(　　) A．氣球②中裝的是O2 B．氣球①和氣球③中氣體分子數相等 C．氣球①和氣球④中氣體物質的量之比為41 D．氣球③和氣球④中

3、氣體密度之比為21 解析：根據阿伏加德羅定律的推論：同溫同壓下，同質量的氣體體積與其摩爾質量成反比。四種氣體的摩爾質量的大小關系為M(SO2)>M(CO2)>M(O2)>M(CH4)，所以氣球①、②、③、④中的氣體分別為：SO2、CO2、O2、CH4，故A項錯誤；同質量的氣體，分子數之比等于其物質的量之比，也等于其摩爾質量的反比，氣球①和氣球③中氣體分子數不相等，氣球①和氣球④中氣體物質的量之比為14，故B、C錯誤；同溫同壓下，氣體的密度與其摩爾質量成正比，氣球③和氣球④中氣體密度之比為21，D項正確。 答案：D 3．(2015·湖北四校模擬)如圖，在一個容積固定的恒溫容器中，有兩

4、個可左右滑動的密封隔板，在A、B、C內分別充入等質量的X、H2、Y三種氣體，當隔板靜止時，A、C內的氣體密度相等，下列說法不正確的是(　　) A．摩爾質量：M(X)＝M(Y) B．分子數目：N(X)＝N(Y) C．氣體的體積：V(X)＝V(Y) D．物質的量：n(X)

5、有的質子數均為10NA B．2 L 0.5 mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數為2NA C．過氧化鈉與水反應時，生成0.1 mol氧氣轉移的電子數為0.2NA D．密閉容器中2 mol NO與1 mol O2充分反應，產物的分子數為2NA 解析：A項，D2O和H2O的摩爾質量不同，18 g D2O和18 g H2O的物質的量不同，含有的質子數不同；B項，亞硫酸是弱酸，不能完全電離，故2 L 0.5 mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數小于2NA；C項，Na2O2與水反應生成O2，氧元素的化合價由－1升高到0，故生成0.1 mol氧氣轉移的電子數為0.2NA；D項，2NO＋

6、O2===2NO2,2NO2N2O4，故2 mol NO與1 mol O2充分反應，產物的分子數小于2NA。 答案：C 5．(2015·沈陽一模)若NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的個數是(　　) ①常溫常壓下，21 g氧氣和27 g臭氧中含有的氧原子總數為3NA　②含0.2 mol硫酸的濃硫酸與足量的銅反應，轉移的電子數一定小于0.2NA　③0.6 g CaCO3和Mg3N2的混合物中所含質子數為0.3NA?、艿任镔|的量的SO2和SO3中含S原子數均為NA A．一個 B．二個 C．三個 D．四個 解析：本題考查阿伏加德羅常數的相關計算，意在考查考生的計算能力和分析問題

7、的能力。21 g O2與27 g O3中所含氧原子總數為×NA＝3NA，①正確；濃硫酸與銅反應過程中，硫酸的濃度逐漸減小，稀硫酸與銅不反應，②正確；CaCO3和Mg3N2的摩爾質量均為100 g/mol，且1 mol CaCO3和1 mol Mg3N2中均含50 mol質子，故0.6 g混合物中質子總數為×50×NA＝0.3NA，③正確；只說明SO2和SO3的物質的量相等，但未指明物質的量的多少，④錯誤。本題選C。 答案：C 6．(2015·西安八校聯考)NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述錯誤的是(　　) A．2g DO中含有的質子數、中子數、電子數均為NA B．78 g Na2O2

8、和Na2S的混合物中含有的Na＋數一定為2NA C．標準狀況下，5.6 L O2作氧化劑時轉移電子數一定為NA D．500 mL 2 mol·L－1 Na2CO3溶液中含C微?？倲狄欢镹A 解析：本題考查阿伏加德羅常數，意在考查考生的化學計算能力。1個DO中含有的質子數、中子數、電子數均為10,2 g DO的物質的量為＝0.1 mol，則所含質子數、中子數、電子數均為NA，A項正確；設Na2O2的質量為x g，則Na＋的數目為：(＋)×2×NA＝2NA，B項正確；2Na＋O2Na2O2中轉移2e－，標準狀況下5.6 L O2參與反應轉移電子數為×2×NA＝0.5NA，C項錯誤；根據物料

9、守恒式：c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)知，該溶液中含C微?？倲档扔谌芤褐蠳a＋總數的一半，即×NA＝NA，D項正確。 答案：C 7．(2015·百校聯盟領航卷)衛(wèi)生防疫人員欲配制0.01 mol/L的KMnO4消毒液，下列操作導致所配溶液濃度偏高的是(　　) A．取KMnO4樣品時不慎在表面沾了點蒸餾水 B．溶解攪拌時有液體飛濺出 C．定容時俯視容量瓶刻度線 D．搖勻后見液面下降，再加水至刻度線 解析：A項所取樣品質量偏小，使溶液濃度偏低；B項液體飛濺出，會損失一部分KMnO4，使溶液濃度偏低；C項定容時俯視容量瓶刻度線導致加水量偏少，使溶液濃度偏高；

10、D項加水量過多，使溶液濃度偏低。 答案：C 8．(2015·湘中名校模擬)如圖表示1 g O2與1 g X氣體在相同容積的密閉容器中壓強(p)與溫度(T)的關系，則X氣體可能是(　　) A．C2H4 B．CH4 C．CO2 D．NO 解析：由圖可知，相同溫度時，p(O2)>p(X)，在同質量、同體積條件下，氣體相對分子質量與壓強成反比，即相對分子質量越大，壓強越小。只有CO2的相對分子質量大于O2的，故C正確。 答案：C 9．(2015·百校聯盟領航卷)實驗室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸銅溶液，下列實驗用品及實驗操作都正確的是(　　) 選項

11、容量瓶容積 固體質量 實驗操作 A 480 mL 硫酸銅：7.68 g 加入500 mL水 B 480 mL 膽礬：12.0 g 配成500 mL溶液 C 500 mL 硫酸銅：8.0 g 加入500 mL水 D 500 mL 膽礬：12.5 g 配成500 mL溶液 解析：實驗室里需要配制480 mL 0.10 mol·L－1的硫酸銅溶液，因為沒有480 mL規(guī)格的容量瓶，所以要選擇500 mL規(guī)格的容量瓶。若是硫酸銅，則需要8.0 g，若是膽礬，則需要12.5 g，且配成500 mL溶液，而不是加入500 mL水。本題選D。 答案：D 10．(

12、2015·啟東中學月考)下圖是某同學用250 mL容量瓶配制0.20 mol·L－1 NaOH溶液的過程：該同學的錯誤步驟有(　　) A．4處 B．3處 C．2處 D．1處 解析：第①步不能把NaOH放在稱量紙上稱量；第⑤步玻璃棒應接觸容量瓶內壁刻度線以下的部分；第⑥步定容時應平視刻度線。 答案：B 11．(2015·四川資陽模擬)標準狀況下有以下四種氣體：①6.72 L CH4?、?.01×1023個HCl分子　③13.6 g H2S ④0.2 mol NH3。下列關系不正確的是(　　) A．體積：④<①<③<② B．質量：④<①<③<② C．物質的量：①<②<③<④

13、 D．氫原子數：②<④<③<① 解析：①6.72 L CH4的物質的量為＝0.3 mol，②3.01×1023個HCl分子的物質的量為＝0.5 mol，③13.6 g H2S的物質的量為＝0.4 mol，④0.2 mol NH3。標準狀況下體積之比等于物質的量之比，體積：④<①<③<②，A項正確；CH4的質量為0.3 mol×16 g·mol－1＝4.8 g，HCl的質量為0.5 mol×36.5 g·mol－1＝18.25 g，NH3的質量為0.2 mol×17 g·mol－1＝3.4 g，質量：④<①<③<②，B項正確；物質的量大小順序為④<①<③<②，C項錯誤；CH4中n(H)＝0.3

14、 mol×4＝1.2 mol，HCl中n(H)＝0.5 mol，H2S中n(H)＝0.4 mol×2＝0.8 mol，NH3中n(H)＝0.2 mol×3＝0.6 mol，氫原子數：②<④<③<①，D項正確。 答案：C 12．(2015·河南八市聯考)一定質量的鎂鋁合金與某濃度的硝酸恰好完全反應，得硝酸鹽溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，將這些氣體與標準狀況下3.36 L氧氣混合后通入水中，所有氣體恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸鹽溶液中加入2 mol/L NaOH溶液至沉淀最多時停止加入，則所加NaOH溶液的體積為(　　) A．100 mL B．200 mL C．300

15、 mL D．400 mL 解析：本題考查有關化學反應的計算，意在考查考生思維的敏捷性和計算能力。鎂鋁合金與硝酸反應時，鎂、鋁失去電子，硝酸中的氮元素得到電子；NO2、N2O4、NO與O2混合后通入水中，反應生成HNO3，混合氣體中的氮元素失去電子，O2得到電子，且鎂、鋁失去電子的物質的量等于O2得到電子的物質的量。n(O2)＝0.15 mol，反應中O2得到電子的物質的量n(e－)＝0.6 mol，則Mg2＋、Al3＋所帶電荷的總物質的量為0.6 mol，因此要使Mg2＋、Al3＋完全沉淀，需要加入0.6 mol NaOH，即需要加入2 mol/L的NaOH溶液300 mL。 答案：C

16、 二、填空題 13．(2015·南昌零模)過氧化氫是重要的氧化劑，也可作還原劑，它的水溶液稱為雙氧水，常用于消毒、殺菌、漂白等。某化學研究性學習小組取一定量的市售過氧化氫溶液測定其中H2O2的含量，并探究它的有關性質。 Ⅰ.測定市售過氧化氫溶液中H2O2的質量分數 (1)量取10.00 mL密度為ρ g/mL的市售過氧化氫溶液，應選用________(填“酸式滴定管”或“堿式滴定管”)； (2)將上述溶液配制成250. 00 mL，配制過程需用到的玻璃儀器是燒杯、玻璃棒、________(填名稱)； (3)取25.00 mL(2)中的溶液于錐形瓶中，用稀H2SO4酸化，并加適量蒸餾水

17、稀釋，用高錳酸鉀標準液滴定。 ①完成反應的離子方程式： ________MnO＋________H2O2＋________H＋===________Mn2＋＋________H2O＋________ ________ ②重復滴定三次，平均消耗C mol/L KMnO4標準液V mL，則原過氧化氫溶液中H2O2的質量分數為________； (4)下列操作會導致測定結果偏高的是________； A．滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失 B．將H2O2溶液配制成250.00 mL溶液時，定容俯視刻度線 C．判斷終點時，滴入一滴KMnO4溶液，溶液呈紅色，向紅色溶液中再滴一滴H2

18、O2溶液仍呈紅色 Ⅱ.探究H2O2的性質 (1)上述測定原理，H2O2體現了________性； (2)若要驗證H2O2的不穩(wěn)定性，操作是______________________。 解析：本題考查了氧化還原反應的滴定、離子方程式的配平等知識，意在考查考生通過閱讀題目獲取信息并能靈活運用已學知識解決問題的能力。Ⅰ.(1)過氧化氫溶液具有強氧化性，應該用酸式滴定管量取。(2)準確配制一定濃度250 mL溶液，需用250 mL的容量瓶，定容時需用膠頭滴管。(3)①根據氧化還原反應的原則，利用得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒可配平該反應的離子方程式。②根據配平的離子方程式計算： 2MnO

19、　 ＋　　 5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑ 2 mol 5 mol C×V×10－3 mol n(H2O2) n(H2O2)＝×C×V×10－3 mol，則原過氧化氫溶液中H2O2的物質的量為10××C×V×10－3 mol，原過氧化氫溶液中H2O2的質量分數為×100%＝＝%。(4)能造成酸性KMnO4溶液體積讀數增大的操作均可使測定結果偏高，則本題選A、B、C。 Ⅱ.(1)根據氧化還原反應方程式可知，在該反應中H2O2體現了還原性。(2)H2O2不穩(wěn)定，受熱易分解，產生氧氣，可采用帶火星的木條復燃的方法檢驗O2。 答案：Ⅰ.(

20、1)酸式滴定管 (2)250 mL容量瓶、膠頭滴管 (3)①2　5　6　2　8　5　O2↑ ②(或%) (4)ABC Ⅱ.(1)還原 (2)取適量過氧化氫溶液于試管中加熱，將帶火星的木條置于試管口，木條復燃 14．(2015·上海市十三校高三第二次聯考)銅有多種化合物，氧化亞銅(Cu2O)、氯化亞銅(CuCl)、氯化銅(CuCl2)、CuSO4等。完成下列計算： (1)波爾多液是由硫酸銅、生石灰和水配制成殺菌劑，不同情況下需要配制不同的比例。現配制按質量比CuSO4CaOH2O＝12200的波爾多液50 kg。 需要用CuSO4·5H2O________g，CaO__

21、______mol。 (2)某工廠以精輝銅礦(主要成分為Cu2S)為原料冶煉金屬銅，精輝銅礦中含23%雜質，日均產含Cu量97.5%的精銅42 t。 已知：總反應式Cu2S＋O22Cu＋SO2 日均需精輝銅礦________t，日均產SO2標準狀況下體積________L。 (3)印刷線路板的銅能被FeCl3的溶液腐蝕，將印刷線板浸入200 mL FeCl3溶液中，有11.2 g Cu被腐蝕掉。取出印刷線路板，向溶液中加入11.2 g鐵粉，充分反應溶液中還有4.8 g不溶物。計算原FeCl3溶液的物質的量濃度。 (4)制備銅的某化合物晶體。取5.12 g Cu、14.5 mol/L

22、HNO3 15 mL、6.0 mol/L HCl 50 mL，混合后Cu完全反應，反應后溶液中有水54.32 g，再經水浴保溫蒸發(fā)掉42 g水，冷卻至20 ℃并過濾，得到8.12 g晶體。通過計算推斷此晶體的化學式________。 已知：20 ℃溶解度 CuCl2·2H2O　73 g/100 g H2O Cu(NO3)2·3H2O　125 g/100 g H2O 解析：本題考查物質化學式的計算，以物質的量為核心的有關計算。(1)CuSO4CaOH2O＝12200的波爾多液50 kg中硫酸銅的質量是50 kg×1/(1＋2＋200)＝246.3 g，則硫酸銅的物質的量是246.

23、3 g/160 g/mol，所以需要CuSO4·5H2O的質量是246.3 g/160 g/mol×250 g/mol＝385 g；CaO的質量是硫酸銅質量的2倍，所以CaO的物質的量是246.3 g×2/56 g/mol＝8.8 mol；(2)日均產含Cu量97.5%的粗銅42 t，則Cu的物質的量是42×105 g/64 g/mol×97.5%＝6.4×105 mol，根據化學方程式可知需要Cu2S的物質的量是3.2×105 mol。所以日均需精輝銅礦的質量是3.2×105 mol×160 g/mol/(1－23%)＝66.5 t；日均生成二氧化硫的物質的量也是3.2×105 mol，標準

24、狀況下的體積是3.2×105 mol×22.4 L/mol＝7.17×106 L；(3)根據題意，剩余不溶物只能是Cu，不可能含有Fe；若存在Fe，則溶液中的銅離子被全部置換出，則不溶物的質量大于11.2 g；4.8 g Cu的物質的量是0.075 mol，開始加入Cu的物質的量是11.2 g/64 g/mol＝0.175 mol，所以相當于溶解Cu 0.1 mol，Fe的物質的量是11.2 g/56 g/mol＝0.2 mol，則此過程中共失去電子的物質的量是(0.2＋0.1) mol×2＝0.6 mol，根據得失電子守恒，則鐵離子的物質的量是0.6 mol，所以氯化鐵溶液的物質的量濃度是0

25、.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L；(4)根據題意，Cu與氫離子、硫酸根離子反應生成銅離子、氮的氧化物、水，氯離子不參加反應，反應前n(HNO3)＝0.2175 mol，n(HCl)＝0.3 mol，n(Cu)＝5.12 g/64 g/mol＝0.08 mol，所以剩余硝酸根量少于氯離子，且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，則析出的是CuCl2晶體；無水氯化銅的溶解度是×100＝50.0 g；設晶體化學式為CuCl2·xH2O，反應生成氯化銅的質量是0.08 mol×135 g/mol＝10.8 g，剩余水的質量是54.32 g－42 g＝12.32 g，析出晶體后剩余溶液為氯化銅

26、的飽和溶液，則＝，解得x＝3，該晶體的化學式為CuCl2·3H2O。 答案：(1)385　8.8 (2)66.5　7.17×106 (3)剩余不溶物為Cu，共溶解Cu：11.2 g－4.8 g＝5.6 g 物質的量6.4 g÷64 g/mol＝0.1 mol Fe：11.2 g　物質的量11.2 g÷56 g/mol＝0.2 mol c(FeCl3)＝0.6 mol/0.2 L＝3.0 mol/L (4)混合后反應Cu＋NO＋H＋===Cu2＋＋H2O＋NOx↑ 剩余硝酸根量少且Cu(NO3)2·3H2O溶解度大，析出的是CuCl2晶體 設晶體化學式為CuCl2·xH2O 無水CuCl2　20 ℃溶解度為×100＝50.0 g/100 g H2O 生成CuCl2　5.12·135/64＝10.8 g，剩余水54.32－42＝12.32 g ＝　x＝3　CuCl2·3H2O